2017版考前三個月(江蘇專版)高考物理考前搶分必做等值模擬(三)Word版含答案

1、等值模擬（三）一、單項選擇題（本題共5小題，每小題3分，共計15分，每小題只有一個選項符合題意 ） 1一質(zhì)量為m的人站在觀光電梯內(nèi)的磅秤上，電梯以 0.1g的加速度勻加速上升 h高度，在 此過程中（）A. 磅秤的示數(shù)等于 mgB. 磅秤的示數(shù)等于 0.1mgC. 人的動能增加了 0.9mghD. 人的機(jī)械能增加了 1.1mgh答案 D解析 根據(jù)牛頓第二定律得：F mg= ma,解得：F= mg+ ma= 1.1mg,即磅秤的示數(shù)等于1.1mg，故A、B錯誤；根據(jù)動能定理得： AEk= W合=mah= 0.1 mgh,故C錯誤；人上升h, 則重力做功為mgh,可知重力勢能增加 mgh，動能增加O

2、.lmgh，則機(jī)械能增加了 1.1mgh, 故D正確2如圖1所示的圓形線圈共 n匝，電阻為R,過線圈中心 O垂直于線圈平面的直線上有 A、 B兩點(diǎn)，A、B兩點(diǎn)的距離為L, A、B關(guān)于O點(diǎn)對稱一條形磁鐵開始放在 A點(diǎn)，中心與 O 點(diǎn)在同一條直線上，軸線與A、B所在直線重合，此時線圈中的磁通量為1,將條形磁鐵以速度v勻速向右移動，軸線始終與直線重合，磁鐵中心到O點(diǎn)時線圈中的磁通量為 2,下列說法中正確的是（）圖11A. 磁鐵在A點(diǎn)時，通過一匝線圈的磁通量為B. 磁鐵從A到O的過程中，線圈中產(chǎn)生的平均感應(yīng)電動勢為2nv1 2LC. 磁鐵從A到B的過程中，線圈中磁通量的變化量為2D. 磁鐵從A到B的過

3、程中，通過線圈某一截面的電量不為零答案 B解析 磁鐵在A點(diǎn)時，線圈中的磁通量為 1,故通過一匝線圈的磁通量也為1，與匝數(shù)無關(guān)，故A錯誤；, 2 1磁鐵從 A到O的過程中，線圈中產(chǎn)生的平均感應(yīng)電動勢為E = nt = n l一 =2v2nv1 2L ，故B正確；磁通量先增加后減小， 磁通量的變化量為零， 故平均感應(yīng)電動勢為零， 故平均感應(yīng)電流為零， 故通過線圈某一截面的電量為零，故C、D錯誤.3. 復(fù)印機(jī)的核心部件是有機(jī)光導(dǎo)體鼓，它是在一個金屬圓柱表面涂覆一層有機(jī)光導(dǎo)體OPC（沒有光照時OPC是絕緣體，受到光照時變成導(dǎo)體 ）制成的如圖2所示，復(fù)印機(jī)的基本 工作過程是（1）在暗處的有機(jī)光導(dǎo)體鼓和一

4、個金屬絲電極之間加上高電壓，金屬絲附近空氣發(fā)生電離，使轉(zhuǎn)動鼓體均勻帶上正電；（2）文件反射的強(qiáng)光通過光學(xué)系統(tǒng)在鼓上成像，鼓上形成“靜電潛像”；（3）鼓體轉(zhuǎn)動經(jīng)過墨粉盒，潛像將帶相反電荷的墨粉吸引到鼓體帶電部 位；鼓體繼續(xù)轉(zhuǎn)動經(jīng)過復(fù)印紙，帶電復(fù)印紙又將墨粉吸引到復(fù)印紙上以下說法正確的是（ ）A. 步驟（1）中發(fā)生了靜電感應(yīng)現(xiàn)象B. 步驟（2）中發(fā)生了局部導(dǎo)電現(xiàn)象C步驟(3)中發(fā)生了靜電平衡現(xiàn)象D.步驟(4)中發(fā)生了靜電屏蔽現(xiàn)象答案 B解析 步驟 (1)中發(fā)生了金屬絲附近空氣發(fā)生電離現(xiàn)象，選項 A 錯誤.文件反射的強(qiáng)光通過光 學(xué)系統(tǒng)在鼓上成像，受到光照時變成導(dǎo)體，步驟 (2)中發(fā)生了局部導(dǎo)電現(xiàn)象，

5、選項 B 正確.鼓 體轉(zhuǎn)動經(jīng)過墨粉盒，潛像將帶相反電荷的墨粉吸引到鼓體帶電部位；發(fā)生了靜電感應(yīng)現(xiàn)象， 選項 C 錯誤.鼓體繼續(xù)轉(zhuǎn)動經(jīng)過復(fù)印紙，帶電復(fù)印紙又將墨粉吸引到復(fù)印紙上，發(fā)生了靜電 感應(yīng)現(xiàn)象，選項 D 錯誤 .4. 玩具彈力球 (如圖 3)具有較好的彈性，碰撞后能等速反向彈回 .一小孩將彈力球舉高后由靜 止釋放做自由落體運(yùn)動，與水平地面發(fā)生碰撞，彈力球在空中往返運(yùn)動.若從釋放彈力球時開始計時， 且不計彈力球與地面發(fā)生碰撞的時間和空氣阻力，則彈力球運(yùn)動的速度時間圖線是 ( )圖37答案 D解析 小球與地面碰撞時，速度大小不變，但方向發(fā)生突變，A 、B 圖中速度沒有突變，故A 、 B 錯誤；

6、由圖象可以看出，速度先減小到零，再反向增加到原來的值（豎直上拋運(yùn)動 ），然后反彈 （速度大小不變、方向突變 ），再重復(fù)這種運(yùn)動，是上拋運(yùn)動，不符合彈力球的運(yùn)動 情況，故 C 錯誤；由圖象可以看出，速度先增加 （自由落體運(yùn)動 ），然后反彈 （速度大小不變、 方向突變 ），再減小到零 （豎直上拋運(yùn)動中的上升過程 ），再重復(fù)這種運(yùn)動，故 D 正確 .5如圖4甲所示，矩形線圈abed固定于方向相反的兩個磁場中，兩磁場的分界線 00恰好把線圈分成對稱的左右兩部分， 兩磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時間的變化規(guī)律如圖乙所示， 規(guī)定磁 場垂直紙面向里為正，線圈中感應(yīng)電流逆時針方向為正.則線圈感應(yīng)電流隨時間的變化圖象為（

7、）圖4答案 A解析 當(dāng)垂直紙面向里的磁通量在增大時，垂直紙面向外的磁通量在減小，故總磁通量變化為垂直紙面向里增大， 根據(jù)楞次定律，可知感應(yīng)電流方向為正，B、D錯誤；由E=云 S可知，電路中電流大小恒定不變，故A正確.二、多項選擇題（本題共4小題，每小題4分，共計16分海小題有多個選項符合題意，全 部選對的得4分，選對但不全的得 2分，錯選或不答的得 0分）6如圖5所示，電容式觸摸屏的構(gòu)造主要是在玻璃屏幕上鍍一層透明的薄膜導(dǎo)體層，再在導(dǎo)體層外加上一塊保護(hù)玻璃，電容式觸摸屏在觸摸屏四邊均鍍上狹長的電極，在導(dǎo)體層內(nèi)形成一個低電壓交流電場在觸摸屏幕時，由于人體是導(dǎo)體，手指與內(nèi)部導(dǎo)體層間會形成一個特 殊

8、電容（耦合電容），四邊電極發(fā)出的電流會流向觸摸點(diǎn)，而電流強(qiáng)弱與手指到電極的距離成 正比，位于觸摸屏后的控制器便會計算電流的比例及強(qiáng)弱，準(zhǔn)確算出觸摸點(diǎn)的位置由以上信息可知（）圖5A. 電容式觸摸屏的兩極板分別是導(dǎo)體層和手指B. 當(dāng)用手觸摸屏幕時，手指與屏的接觸面積越大，電容越大C. 當(dāng)用手觸摸屏幕時，手指與屏的接觸面積越大，電容越小D. 如果用帶了手套的手觸摸屏幕，照樣能引起觸摸屏動作答案 AB解析電容式觸摸屏在原理上把人體當(dāng)做一個電容器元件的一個極板，把導(dǎo)體層當(dāng)做另一個極板，故A正確；手指與屏的接觸面積越大，即兩個極板的正對面積越大，故電容越大，B正確，C錯誤；如果帶了手套或手持不導(dǎo)電的物體觸

9、摸時沒有反應(yīng)，這是因為手與導(dǎo)體層距離較遠(yuǎn)，不能引起導(dǎo)體層電場的變化，D錯誤7如圖6所示，豎直平面內(nèi)有一光滑直桿AB,桿與水平方向的夾角為0（0 艮90, 一質(zhì)量為m的小圓環(huán)套在直桿上.給小圓環(huán)施加一與該豎直平面平行的恒力F,并從A端由靜止釋放改變直桿和水平方向的夾角0,當(dāng)直桿與水平方向的夾角為30時，小圓環(huán)在直桿上運(yùn)動的時間最短，重力加速度為 g,則以下選項正確的是（）圖6A. 恒力F 定沿與水平方向夾角為30。斜向右下的方向B. 恒力F和小圓環(huán)的重力的合力一定沿與水平方向夾角為30。斜向右下的方向C. 若恒力F的方向水平向右，則恒力 F的大小為-3mgD. 恒力F的最小值為2mg答案 BCD

10、解析 小圓環(huán)受到豎直向下的重力、光滑直桿AB對小圓環(huán)的支持力和恒力F.由于光滑直桿一 一 一 1 2AB對小圓環(huán)的支持力沿直桿方向無分力，要使小圓環(huán)在直桿上運(yùn)動的時間最短，由L = ?at2可知，小圓環(huán)運(yùn)動的加速度必須最大，由牛頓第二定律可知，恒力和重力的合力沿光滑直桿方向，加速度最大，所以選項A錯誤，B正確.若恒力F的方向水平向右，由tan 30=學(xué)解得F = 3mg,選項C正確.當(dāng)恒力F的方向垂直光滑直桿時， 恒力F最小，由sin 60 =-Fmg解得F的最小值為Fmin = mgs in 60 = mg，選項D正確.8宇宙中存在一些質(zhì)量相等且離其他恒星較遠(yuǎn)的四顆星組成的四星系統(tǒng)，通常可忽

11、略其他星體對它們的引力作用，如圖 7設(shè)四星系統(tǒng)中每個星體的質(zhì)量均為 m,半徑均為R,四顆星 穩(wěn)定分布在邊長為 L的正方形的四個頂點(diǎn)上.已知引力常量為G,關(guān)于四星系統(tǒng)（忽略星體自 轉(zhuǎn)的影響），下列說法正確的是（）D.四顆星的周期均為2 n2LGm 1 + 2 2答案 BC解析 四星系統(tǒng)的圓心在正方形中心, 半徑為r =-22L，向心力由合力提供,l Gm2 1 + 2 . 2Fn=2l2= man解得an =Gm 1 + 2 22L2A錯誤;根據(jù)公式an= 7，解得v =Gm1 + 2 2 , B 正確;根據(jù)公式T= 2n,v解得T = 2tL2 ；2 + 1 Gm，D錯誤;圖7A.四顆星的向心

12、加速度的大小為2 2GmB.四顆星運(yùn)行的線速度大小是/Gm 1 + 22,2.2LC.四顆星表面的重力加速度均為GR2由Gm= gR2, g =詈,C正確.9一帶負(fù)電的粒子只在電場力作用下沿x軸正向運(yùn)動，其電勢能Ep隨位移x變化的關(guān)系如圖8所示，其中0X2段是對稱的曲線，X2X3段是直線，則下列說法正確的是 （）圖8A. xi處電場強(qiáng)度最大B. X2X3段是勻強(qiáng)電場C. X1、X2、X3處電勢 樸 濮、（）3的關(guān)系為 也 礎(chǔ) 命D. 粒子在0X2段做勻變速運(yùn)動，X2X3段做勻速直線運(yùn)動答案 BC解析 因為從0Xi負(fù)電荷電勢能減小，故電勢升高，電場線由xi指向0點(diǎn)，同理在Xi到X3區(qū)域電場線由X

13、1指向X3，可知X1處電場強(qiáng)度為零，選項 A錯誤；X2X3段斜率不變，場 強(qiáng)不變，即電場強(qiáng)度大小和方向均不變， 是勻強(qiáng)電場，粒子所受的電場力不變，做勻變速直 線運(yùn)動，故B正確，D錯誤；由于在Xi到X3區(qū)域電場線由X1指向X3,順著電場線電勢降低， 所以有： 侯 膽.故C正確.三、簡答題：本題分必做題（第10、11題）和選做題（第12題）兩部分，共計42分，請將解答 填寫在相應(yīng)的位置 .必做題 10. （8 分）采用伏安法測量電源的電動勢 E 和內(nèi)阻 r 時，由于電表因素帶來了實驗的系統(tǒng)誤差 . 某研究性學(xué)習(xí)小組對此進(jìn)行探究實驗，設(shè)計出如圖 9 所示的測量電源的電動勢 E 和內(nèi)阻 r 的電路，E

14、是輔助電源，A、B兩點(diǎn)間有一靈敏電流計 G.11圖9(1) 請你補(bǔ)充實驗步驟： 閉合開關(guān)Si、S2，調(diào)節(jié)R和R使得靈敏電流計 G的示數(shù)為零，這時，A、B兩點(diǎn)的電勢也、婦的關(guān)系是 協(xié)叔選填“遠(yuǎn)大于”“遠(yuǎn)小于”或“等于”).讀出電流表和電壓表的示數(shù)li和Ui; 改變滑動變阻器 R、R的阻值，重新使得 ，讀出 .由上述步驟中測出的物理量，可以得出電動勢E表達(dá)式為 、內(nèi)電阻r的表達(dá)式(3)該實驗方案的優(yōu)點(diǎn)是消除了 誤差U2I1 Ull2答案 (1)等于 G示數(shù)為零電壓表示數(shù) U2、電流表示數(shù)12 (2)E=1 r =li I2U2 Uili I2(3)系統(tǒng)解析 (I)閉合開關(guān)Si、S2，調(diào)節(jié)R和R使得

15、靈敏電流計 G的示數(shù)為零，這時，A、B兩 點(diǎn)的電勢 弧、帕的關(guān)系是 鉄等于 掃，讀出電流表和電壓表的示數(shù)li和Ui,電流表測量的是干路上的電流，其中l(wèi)i等于通過電源 E的電流.改變滑動變阻器 R、R的阻值，重新使得靈敏電流計示數(shù)為零讀出電流表和電壓表的示數(shù)l2和U2.(2) 根據(jù)閉合回路歐姆定律得:E= lir + Ui, E= l2r + U2解得：li U2 UiU2li Uil2U2 UiE= Ui+ li l2= li l2，r = li l2(3) 兩次測量，調(diào)節(jié) R和R使得靈敏電流計G的示數(shù)為零，使得A、B之間的等效電阻為零，利用消元法消除了電表內(nèi)阻造成的系統(tǒng)誤差11. （10分）

16、某實驗小組用如圖 10 所示的裝置探究質(zhì)量一定時加速度與力的關(guān)系.用鐵架臺將兩塊固定有定滑輪的木板架起， 木板的右端固定了兩個打點(diǎn)計時器， 將兩個質(zhì)量相等的小車 A、 B 放置在木板右端，用細(xì)線繞過滑輪組后與兩小車相連.兩條紙帶穿過打點(diǎn)計時器后分別與小車連接在一起，將兩個打點(diǎn)計時器接在同一個電源上，確?？蓪⑺鼈兺瑫r打開或關(guān)閉.實驗時， 甲同學(xué)將兩小車按住， 乙同學(xué)先在動滑輪下方掛上一個鉤碼， 再接通電源使打點(diǎn)計時 器開始工作 .打點(diǎn)穩(wěn)定后，甲將兩輛小車同時釋放 .在小車撞到定滑輪前，乙斷開電源，兩打 點(diǎn)計時器同時停止工作 .取下兩條紙帶，通過分析處理紙帶記錄的信息，可以求出兩小車的 加速度，進(jìn)

17、而完成實驗 .圖 10請回答以下問題：（1）如圖 11 所示為小車 A 后面的紙帶，紙帶上的 0、1、2、3、4、5、6 為每隔 4 個打印點(diǎn)選取的計數(shù)點(diǎn)，相鄰兩計數(shù)點(diǎn)間的距離如圖中標(biāo)注，單位為cm.打點(diǎn)計時器所用電源的頻率為50 Hz，則小車A的加速度ai =m/s2（結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）同樣測出車B的加速度a2,若ai : a2近似等于，就可說明質(zhì)量一定的情況下，物體的加速度與其質(zhì)量成正比 .圖11（2）丙同學(xué)提出，不需測出兩小車加速度的數(shù)值，只量出兩條紙帶上從第一個打印點(diǎn)到最后一個打印點(diǎn)間的距離 XI、X2,也能完成實驗探究他的驗證方法是 ，理由是 （3）下列操作中，對減少實驗誤差有益

18、的是（）A. 換用質(zhì)量大一些的鉤碼B. 換用質(zhì)量大一些的小車C. 調(diào)整定滑輪的高度，使?fàn)恳≤嚨募?xì)線與木板平行D. 平衡小車運(yùn)動時受到的摩擦力時，將細(xì)線與小車連接起來答案 （1）0.481 : 2見解析 （3）AC解析（1）由紙帶可知，小車 A的加速度a1= X6+ x5+ xj3 X2 x1,式中丁 = o.1 s,代入數(shù) 據(jù)可知，0.48 m/s2；由裝置可知，B車受的拉力Ftb等于A車所受拉力Fta的2倍，則 根據(jù)a=后可知，測出車 B的加速度a2,若a1 : a2= Fta : Ftb = 1 : 2,就可說明質(zhì)量一定的 情況下，物體的加速度與其質(zhì)量成正比丙同學(xué)的驗證方法是：比較X1

19、: X2是否近似等于1 : 2;小車從靜止開始運(yùn)動，紙帶上最初和最末兩個打印點(diǎn)對應(yīng)小車的運(yùn)動時間相等，由x= 1at2可知，X與a成正比，即距離之比等于加速度之比（3）換用質(zhì)量大一些的鉤碼，可減小實驗的相對阻力，使得測量更準(zhǔn)確，選項A正確；換用質(zhì)量大一些的小車，可增大阻力，加大誤差，選項B錯誤；調(diào)整定滑輪的高度，使?fàn)恳≤嚨募?xì)線與木板平行，可減小實驗的誤差，選項C正確；平衡小車運(yùn)動時受到的摩擦力時，只讓小車拖著紙帶運(yùn)動，而不應(yīng)該連接細(xì)線，選項 D錯誤，故選A、C.12. 選做題本題包括A、B、C三小題，請選定其中兩小題，并在相應(yīng)的答題區(qū)域內(nèi)作答， 若多做，則按 A 、B 兩小題評分 .A. 選

20、修 3 3(12 分 )(1) 為了將空氣裝入氣瓶內(nèi)，現(xiàn)將一定質(zhì)量的空氣等溫壓縮，空氣可視為理想氣體，下列圖 象能正確表示該過程中空氣的壓強(qiáng)p 和體積 V 關(guān)系的是 .(2) 在將空氣壓縮裝入氣瓶的過程中，溫度保持不變，外界做了24 kJ 的功 .現(xiàn)潛水員背著該氣瓶緩慢地潛入海底，若在此過程中，瓶中空氣的質(zhì)量保持不變，且放出了 5 kJ 的熱量 . 在 上述兩個過程中，空氣的內(nèi)能共減小 kJ,空氣(選填“吸收”或“放出”)的總能量為 kJ.已知潛水員在岸上和海底吸入空氣的密度分別為1.3 kg/m3和2.1 kg/m3,空氣的摩爾質(zhì)量為0.029 kg/mol，阿伏加德羅常數(shù) Na = 6.0

21、2 x 1023 mo1 .若潛水員呼吸一次吸入2 L空氣，試估算潛水員在海底比在岸上每呼吸一次多吸入空氣的分子數(shù).(結(jié)果保留一位有效數(shù)字 )答案 (1)B(2)5 放出 29 (3)3x 1022 個解析（1）等溫變化下氣體的壓強(qiáng)與體積之間的關(guān)系，pV的乘積是定值，因此p與V成反比,即與V成正比，B項正確；（2）將空氣壓縮裝入氣瓶的過程中，溫度保持不變，即其內(nèi)能不變，U = 0外界做了 24 kJ的功，即 W= 24 J,根據(jù)熱力學(xué)第一定律AU = Q + W得：Q=- W=24 kJ，即放出24 kJ的熱量潛入海底的過程中，空氣不做功，W= 0,根據(jù)熱力學(xué)第一定律AU = Q+ W可知：A

22、U = Q = 5 kJ,所以空氣的內(nèi)能共減小5 kJ.所以，放出的總熱量是 0總=Q+ Q = 24 kJ 5 kJ= 29 kJ，即空氣放出的總熱量為 29 kJ. 設(shè)空氣的摩爾質(zhì)量為 M，在海底和岸上的密度分別為 p海和p岸，一次吸入空氣的體積為 V, 則有 An= P m VNa，代入數(shù)據(jù)得 An疋3X 1022個.B. 選修 3 4（12 分）（1）激光具有相干性好，平行度好、亮度高等特點(diǎn)，在科學(xué)技術(shù)和日常生活中應(yīng)用廣泛.下面關(guān)于激光的敘述正確的是 （）A. 激光是縱波B. 頻率相同的激光在不同介質(zhì)中的波長相同C. 兩束頻率不同的激光能產(chǎn)生干涉現(xiàn)象D. 利用激光平行度好的特點(diǎn)可以測量

23、月球到地球的距離如圖12甲所示，在楊氏雙縫干涉實驗中，激光的波長為 5.30X 107 m,屏上P點(diǎn)距離雙 縫S1和S2的路程差為7.95 X 107 m,則在這里出現(xiàn)的應(yīng)是 （選填“亮條紋”或“暗條紋”）.現(xiàn)改用波長為6.30X 107 m的激光進(jìn)行上述實驗，保持其他條件不變，則屏上的條 紋間距將（選填“變寬”、“變窄”或“不變”）.17圖12(3) 如圖乙所示，一束激光從0點(diǎn)由空氣射入厚度均勻的介質(zhì)，經(jīng)下表面反射后，從上面的A點(diǎn)射出已知入射角為i, A與0相距I,介質(zhì)的折射率為 n,試求介質(zhì)的厚度 d.答案 (1)D(2)暗條紋 變寬 (3) S.ni |2sin i解析(1)激光是電磁波

24、中的一種，是橫波，A項錯誤；頻率相同的激光在不同介質(zhì)中的波長是不同的，B項錯誤；能產(chǎn)生干涉的條件是兩列光的頻率要相同，C項錯誤；測定距離就是利用激光的平行度好的特性，D項正確當(dāng)點(diǎn)到兩光源的路程差為半波長的奇數(shù)倍時，出現(xiàn)暗條紋；Ax= d入隨波長變長，條紋間距變寬(3)設(shè)折射角為r，由折射定律 常=n,幾何關(guān)系I = 2dtan r,2sin iC. 選修 3 5(12 分)(1) 研究光電效應(yīng)電路如圖13所示，用頻率相同、強(qiáng)度不同的光分別照射密封真空管的鈉極板(陰極K)，鈉極板發(fā)射出的光電子被陽極A吸收，在電路中形成光電流下列光電流I與A、K之間的電壓Uak的關(guān)系圖象中，正確的是 圖 13#(

25、2)鈉金屬中的電子吸收光子的能量，從金屬表面逸出，這就是光電子，光電子從金屬表面逸出的過程中，其動量的大小 ( 選填“增大”、“減小”或“不變”)，原因是已知?dú)湓犹幵诘谝弧⒌诙ぐl(fā)態(tài)的能級分別為3.40 eV和1.51 eV，金屬鈉的截止頻率為5.53X 1014Hz,普朗克常量h = 6.63X 1034 J s；請通過計算判斷，氫原子從第二激發(fā)態(tài) 躍遷到第一激發(fā)態(tài)過程中發(fā)出的光照射金屬鈉板，能否發(fā)生光電效應(yīng).答案 (1)C(2) 減小 光電子受到金屬表面層中力的阻礙作用(或需要克服逸出功 )(3) 不能發(fā)生光電效應(yīng)解析 ( 1 )遏止電壓不會隨光的強(qiáng)弱而變化，光的強(qiáng)弱會影響飽和光電流的大

26、小，光照越強(qiáng)，飽和光電流越大；C項正確.(2) 鈉金屬中的電子吸收光子的能量，從金屬表面逸出的過程中，由于要克服金屬束縛做功， 速度減小，則動量減小 .(3) 氫原子放出的光子能量 E = E2 Ei,代入數(shù)據(jù)得E = 1.89 eV.金屬鈉的逸出功 Wo= h v,代入數(shù)據(jù)得Wo疋2.3 eV因為E0，且AE? E）范圍內(nèi)的a粒子均垂直于限速光欄的方向進(jìn)入磁場 試求這些a粒子打在膠片上的范圍AX1.實際上，限速光欄有一定的寬度， a粒子將在2 $角內(nèi)進(jìn)入磁場試求能量均為E的a粒子 打到感光膠片上的范圍 AX2.答案(1) a粒子的動能E = mv2 x= 2R由以上三式可得x=魯-i2mB+AE -年霽qBqB4 :2mE 2 $ Wsi n2$S的距離為x.解析 （1）設(shè)a粒子以速度V進(jìn)入磁場，打在膠片上的位置距2由題意得qvB = mz-所以AX1